吉林市重点中学2023年化学高一第二学期期末综合测试试题含答案解析

2023学年高一下化学期末模拟测试卷注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、下列叙述正确的是()A．分子式相同，各元素质量分数也相同的物质是同种物质B．通式相同的不同物质一定属于同系物C．分子式相同的不同物质一定是同分异构体D．相对分子质量相同的不同物质一定是同分异构体2、金属材料的开发一直是材料科学的研究热点，一些新的金属材料相继被开发出来并应用于工农业生产和高科技领域。例如，铀(U)用作核电厂反应堆的核燃料，镅(Am)在烟雾探测器中用作烟雾监测材料；特点是被誉为“21世纪的金属”——钛(Ti)，应用前景更为广阔。钛(titanium)是一种活泼金属，但因其表面容易形成致密的氧化物保护膜使它不易跟其他物质反应，而具有一定的抗腐蚀能力。除此之外，它还具有熔点高、硬度大、可塑性强、密度小等优点。根据以上背景资料及所学知识，你认为下列说法中错误的是A．钛不属于稀土金属B．钛是很好的航天航空材料C．钛在空气中不与其他物质反应D．钛有较好的抗腐蚀能力，是很好的防腐材料3、日常生活中的许多现象与化学反应有关，下列现象与氧化还原反应无关的是A．铜铸塑像上出现铜绿Cu2(OH)2CO3 B．铁制菜刀生锈C．大理石雕像被酸雨腐蚀毁坏 D．铝锅表面生成致密的薄膜4、利用下列反应不能制得括号中纯净物质的是A．乙烯与氯气加成（1，2二氯乙烷）B．氯气与苯用氯化铁作催化剂反应（氯苯）C．等物质的量的氯气与乙烷在光照条件下反应（氯乙烷）D．乙烯与水加成（乙醇）5、下列各组物质中化学键的类型完全相同的一组是A．HClMgCl2NH4Cl B．H2ONa2O2CO2C．CaCl2NaOHH2O D．C2H6H2O2C2H46、高温下硫酸亚铁发生反应2FeSO4Fe2O3+SO2↑+SO3↑,若将生成的气体通入氯化钡溶液中，得到的沉淀是A．BaSB．BaSO3C．BaSO4D．BaSO3和BaSO47、SO2的催化氧化反应（2SO2+O22SO3）是一个放热的反应。如果反应在密闭容器中进行，下列有关说法中正确的是A．因为反应放热，所以升高温度会使反应速率减慢B．通过调控反应条件，SO2可以100%地转化为SO3C．当SO2与SO3的浓度相等时，反应达到平衡D．使用催化剂的目的是加快反应速率，提高生产效率8、现有化学反应A(g)+B(g)=AB(g)

∆H(反应过程如曲线1所示)，当反应体系中加入物质K后反应分两步进行(反应过程如曲线2所示):①A(g)+K(g)=AK(g)

∆H1②AK(g)+B(g)=AB(g)

+K(g)

∆H2，根据图像分析，下列说法正确的是A．反应过程中AK(g)是催化剂B．加入催化剂会降低反应的∆HC．∆H>0D．lmolA(g)和1molB(g)的总能量高于1molAB(g)的能量9、反应A+3B=2C+2D在不同条件下反应速率如下，其中最快的是()A．V(A)=0.15mol/（L·min） B．V(B)=0.6mol/（L·min）C．V(C)=0.4mol/（L·min） D．V(D)=0.0075mol/（L·s）10、下列说法正确的是A．需要加热才能发生的反应一定是吸热反应B．已知1mol稀硫酸和足量的稀NaOH溶液混合，放出114.6kJ热量，则该中和反应的中和热为ΔH＝－57.3kJ/molC．等量H2在O2中完全燃烧生成H2O(g)与生成H2O(l)，前者放出的热量多D．乙醇燃烧热的热化学方程式为：C2H5OH(l)+3O2(g)==2CO2(g)+3H2O(g)△H=－1367.0kJ/mol11、苯环结构中，不存在单、双键交替结构，下列可以作为证据的事实是(

)苯不能使酸性高锰酸钾溶液褪色苯中所有碳碳键的键长均相等苯与氢气在催化剂存在的条件下加热能发生加成反应生成环己烷经实验测得邻二甲苯只有一种结构苯在溴化铁存在的条件下与液溴发生取代反应，但不能因化学变化而使溴水褪色A． B．C． D．12、可逆反应2SO2+O22SO3达到平衡的标志是①消耗2molSO2的同时生成2molSO3②SO2、O2与SO3的物质的量之比为2∶1∶2③反应混合物中，SO3的质量分数不再改变A．①② B．①③ C．只有③ D．只有①13、以下实验能获得成功的是A．用酸性KMnO4溶液鉴别乙烯和CH2===CH—CH3B．将铁屑、稀溴水、苯混合制溴苯C．苯和硝基苯采用分液的方法分离D．将铜丝在酒精灯上加热后，立即伸入无水乙醇中，铜丝恢复成原来的红色14、只用一种试剂就可以鉴别乙酸溶液、葡萄糖溶液、淀粉溶液，这种试剂是A．碘水 B．氢氧化铜悬浊液 C．氢氧化钠溶液 D．碳酸钠溶液15、下列化学用语使用正确的是A．中子数为10的氧原子的原子符号：108O B．HCl的电子式：C．甲烷的比例模型： D．乙烯的结构简式：CH2CH216、根据元素周期表和元素周期律知识，下列说法正确的是A．单质与氢气化合的难易程度：M难于N，可说明M的非金属性弱于NB．第二周期非金属元素的气态氢化物溶于水后，水溶液均为酸性C．已知铊(Tl)与铝同主族，所以其单质既能与盐酸反应又能与氢氧化钠溶液反应D．在短周期元素中，原子最外电子层只有1个或2个电子的元素是金属元素二、非选择题（本题包括5小题）17、下表为元素周期表的一部分，用元素符号或化学式回答下列问题。主族周期ⅠAⅡAⅢAⅣAⅤAⅥAⅦA02⑥①⑦④3③⑤⑧⑩4②⑨（1）写出⑥与⑧元素组成的最简单的分子的电子式：________。（2）①的气态氢化物与其最高价氧化物对应的水化物反应的化学方程式为_____，第三周期中除⑩元素以外离子半径最小的是______（填离子符号）。（3）②③⑤几种元素最高价氧化物对应的水化物碱性最强的是_______(填化学式)，元素⑦的简单氢化物的结构式为___________；该氢化物和元素④单质反应的化学方程式为_______________________。（4）第三周期与②同主族的元素的单质在⑦的单质中燃烧生成的化合物的电子式________；④⑧⑨元素的离子的还原性由强到弱顺序为____________（用离子符号）。18、前四周期元素X、Y、Z、R、Q核电荷数逐渐增加，其中X、Y、Z、R四种元素的核电荷数之和为58；Y原子的M层p轨道有3个未成对电子；Z与Y同周期，且在该周期中电负性最大；R原子的L层电子数与最外层电子数之比为4∶1，其d轨道中的电子数与最外层电子数之比为5∶2；Q2+的价电子排布式为3d9。回答下列问题：（1）R基态原子核外电子的排布式为________。（2）Z元素的最高价氧化物对应的水化物化学式是___________。（3）Y、Z分别与X形成最简单共价化合物A、B，A与B相比，稳定性较差的是______（写分子式）。（4）在Q的硫酸盐溶液中逐滴加入氨水至形成配合物[Q(NH3)4]SO4，现象是_________。不考虑空间结构，配离子[Q(NH3)4]2+的结构可用示意图表示为_____（配位键用→标出）。19、某研究小组制备氯气并对产生氯气的条件进行探究。

（1）装置A中用MnO2与浓盐酸反应制取Cl2，利用了浓HCl的______（填“氧化性”或“还原性”）。（2）A中产生的气体不纯，含有的杂质可能是______。（3）B用于收集Cl2，请完善装置B并用箭头标明进出气体方向。____________（4）C用于吸收多余的Cl2，C中发生反应的离子方程式是______。（5）该小组欲研究盐酸的浓度对制Cl2的影响，设计实验进行如下探究。实验操作现象I常温下将MnO2和12mol·L－1浓盐酸混合溶液呈浅棕色，略有刺激性气味II将I中混合物过滤，加热滤液生成大量黄绿色气体III加热MnO2和4mol·L－1稀盐酸混合物无明显现象①已知MnO2呈弱碱性。I中溶液呈浅棕色是由于MnO2与浓盐酸发生了复分解反应，化学方程式是________。②II中发生了分解反应，反应的化学方程式是________。③III中无明显现象的原因，可能是c(H+)或c(Cl－)较低，设计实验IV进行探究：将实验III、IV作对比，得出的结论是________；将i、ii作对比，得出的结论是_______。20、为了探究原电池和电解池的工作原理，某研究性学习小组分别用下图所示的装置进行实验。据图回答问题。I.用图甲所示装置进行第一组实验时：（1）在保证电极反应不变的情况下，不能替代Cu作电极的是_____(填字母)。A石墨B．镁C．银D．铂（2）实验过程中，SO42-____(填“从左向右”“从右向左”或“不”)移动；滤纸上能观察到的现象是________________。II.该小组同学用图乙所示装置进行第二组实验时发现，两极均有气体产生，且Y极处溶液逐渐变成紫红色；停止实验观察到铁电极明显变细，电解液仍然澄清。查阅资料知，高铁酸根(FeO42-)在溶液中呈紫红色。请根据实验现象及所查信息，回答下列问题：（3）电解过程中，X极处溶液的OH-浓度____(填“增大”“减小”或“不变)。（4）电解过程中，Y极发生的电极反应为___________________，_________________。（5）电解进行一段时间后，若在X极收集到672mL气体，Y电板(铁电极)质量减小0.28g，则在Y极收集到气体为____mL(均己折算为标准状况时气体体积)。（6）K2FeO4-Zn也可以组成碱性电池，K2FeO4在电池中作为正极材料，其电池反应总反应式为2K2FeO4+3Zn=Fe2O3+ZnO+2K2ZnO2，该电池正极发生的电极反应式为_______________。21、（变式探究）已知有以下物质相互转化。试回答下列问题：(1)B的化学式为__________，D的化学式为________。(2)由E转变成F的化学方程式为___________________________。(3)用KSCN鉴别G溶液的离子方程式为_______________________；向G溶液加入A的有关反应离子方程式为_______________________________。

2023学年模拟测试卷参考答案（含详细解析）一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、C【答案解析】

A、也可能是同分异构体，不正确；B、结构相似，分子组成相差若干个CH2原子团的物质，互称为同系物，因此同系物的通式相同，但通式相同的不一定是同系物，B不正确。C、分子式相同，而结构不同的化合物是同分异构体，C正确。D、相对分子质量相同，但分子式不一定相同，不正确。答案选C。2、C【答案解析】

A.钛位于第四周期，不属于稀土金属，A正确；B.钛具有一定的抗腐蚀能力，除此之外，它还具有熔点高、硬度大、可塑性强、密度小等优点，因此是很好的航天航空材料，B正确；C.钛在空气中容易被氧气氧化，在其表面容易形成致密的氧化物保护膜，这说明能与氧气反应，C错误；D.钛有较好的抗腐蚀能力，是很好的防腐材料，D正确。答案选C。3、C【答案解析】

根据信息判断发生的化学反应，在反应中存在元素的化合价变化时则发生的反应为氧化还原反应，以此来解答。【题目详解】A.金属铜和氧气、二氧化碳、水发生化合反应生成铜绿，该反应中有元素化合价的变化，所以属于氧化还原反应，故A不符合题意；B.铁在氧气、水存在时发生电化学腐蚀而生锈，该反应中有元素化合价的变化，所以属于氧化还原反应过程，故B不符合题意；C.酸雨腐蚀大理石雕像是因为碳酸钙能和酸反应，该反应中没有元素化合价的变化，所以不是氧化还原反应，属于复分解反应，故C符合题意；D.铝易被氧气氧化生成氧化铝，该反应中有元素化合价的变化，所以属于氧化还原反应，故D不符合题意；答案选C。【答案点睛】反应中由元素化合价发生变化的为氧化还原反应。4、C【答案解析】本题考查有机物的制备。详解：乙烯与Cl2加成只生成1，2-二氯乙烷一种产物，可以得到纯净物，A错误；乙烯与水在一定条件下发生反应生成乙醇，该反应产物只有一种，可以得到纯净物，B错误；液溴与苯用溴化铁作催化剂反应，生成产物只有溴苯一种产物，可以得到纯净物，C错误；甲烷与氯气的反应，即使氯气的物质的量不足，反应产物中甲烷的四种氯代产物同时存在，得到的是混合物，D正确。故选C。5、D【答案解析】

一般来说，活泼金属和活泼非金属元素之间易形成离子键，非金属元素之间易形成共价键，IA族和IIA族元素与VIA族和VIIA族元素之间易形成离子键。【题目详解】A项、氯化氢中只含共价键，氯化镁中只含离子键，氯化铵中含有离子键和共价键，故A错误；B项、水和二氧化碳分子中只含共价键，过氧化钠中含有离子键和共价键，故B错误；C项、氯化钙中只含离子键，水中只含共价键，氢氧化钠中含有离子键和共价键，故C错误；D项、乙烷、双氧水和乙烯分子中都只含共价键，化学键的类型完全相同，故D正确。故选D。【答案点睛】本题考查化学键的判断，明确离子键和共价键的概念是解本题关键。6、C【答案解析】分析：混合气体中含有SO3,将生成的气体通入氯化钡溶液中发生:SO3+H2O=H2SO4，H2SO4+BaCl2=BaSO4↓+2HCl↓,注意H2SO3为弱酸，酸性小于HCl和H2SO4，以此来解答。详解：混合气体中含有SO3,将生成的气体通入氯化钡溶液中发生:SO3+H2O=H2SO4,则没有SO3逸出，H2SO4+BaCl2=BaSO4↓+2HCl,则有BaSO4沉淀生成；因为H2SO3为弱酸,酸性小于HCl和H2SO4,则不能与氯化钡反应,得不到BaSO3沉淀；且该反应生成的气体与氯化钡不会生成BaS；正确选项C。点睛：二氧化硫和三氧化硫均为酸性氧化物，二氧化硫通入氯化钡溶液中，没有白色沉淀产生，因为亚硫酸不能制备盐酸；三氧化硫通入氯化钡溶液，生成白色沉淀硫酸钡，因为硫酸钡沉淀不溶于盐酸。7、D【答案解析】

A.升高温度一定会使反应速率加快，A错误；B.由于是可逆反应，通过调控反应条件，SO2也不能100%地转化为SO3，B错误；C.当SO2与SO3的浓度相等时正逆反应速率不一定相等，因此反应不一定达到平衡状态，C错误；D.使用催化剂的目的是加快反应速率，提高生产效率，D正确，答案选D。【答案点睛】可逆反应达到平衡状态有两个核心的判断依据，即正反应速率和逆反应速率相等以及反应混合物中各组成成分的百分含量保持不变，前者是实质，后者是表现，判断时只要抓住这两个特征就可确定反应是否达到平衡状态。判断化学反应是否达到平衡状态，关键是看给定的条件能否推出参与反应的任一物质的物质的量不再发生变化。8、D【答案解析】分析：A.根据催化剂催化原理判断；B.催化剂的作用是降低该反应发生所需要的活化能；C.根据图示判断∆H的大小；D.根据图示中反应物和生成物具有的能量判断。详解：根据①A(g)+K(g)=AK(g)和②AK(g)+B(g)=AB(g)

+K(g)的反应，K是催化剂，AK(g)是催化剂的中间产物，所以A选项错误；催化剂的作用是降低该反应发生所需要的活化能，但不能够改变化学反应的焓变，所以B选项错误；根据图示，反应物具有较高能量，生成物具有降低能量，该反应是放热反应，∆H<0，C选项不正确；从题干的图示观察得反应物A和B生成具有的总能量高于生成物AB的总能量，D选项正确；正确选项D。9、D【答案解析】

不同物质表示的速率之比等于其化学计量数之比，故不同物质的速率与其化学计量数的比值越大，表示反应速率越快，注意单位保持一致。【题目详解】A.=0.15mol/（L•min）；B.=0.2mol/（L•min）；C.=0.2mol/（L•min）；D.V(D)=0.0075mol/(L•s)=0.45mol/（L•min），=0.225mol/（L•min）；故反应速率V(D)>V(B)=V(C)>v(A)，所以合理选项是D。【答案点睛】本题考查化学反应速率快慢比较的知识，利用比值法可以迅速判断，也可以转化为同一物质的速率进行比较，要注意单位一定要统一，然后再进行比较。10、B【答案解析】

A项、某些放热反应也需要加热才能发生反应，如氢气和氧气的反应需要点燃发生，故A错误；B项、1mol稀硫酸和足量的稀NaOH溶液反应生成2molH2O，放热为114.6kJ，则生成1mol水放出的热量为57.3kJ，该中和反应的中和热为ΔH＝－57.3kJ/mol，故B正确；C项、H2O（g）变化为H2O（l）为放热过程，则等量H2在O2中完全燃烧生成H2O（g）与生成H2O（l），前者放出的热量少，故C错误；D项、燃烧热是在一定条件下，1mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物时所放出的热量，水的稳定状态是液态，故D错误；故选B。【答案点睛】本题考查反应热，注意燃烧热和中和热定义的理解，注意物质的聚集状态分析是解答关键。11、C【答案解析】

①高锰酸钾溶液具有强氧化性，遇到含碳碳双键或三键等不饱和键的物质会褪色，苯不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，说明苯分子中不含碳碳双键，可以证明苯环结构中不存在C-C单键与C=C双键的交替结构，故①正确；②苯环上碳碳键的键长相等，说明苯环结构中的碳碳键只有一种，不存在C-C单键与C=C双键的交替结构，故②正确；③苯能在一定条件下跟H2加成生成环己烷，发生加成反应是碳碳双键或三键具有的性质，不能证明苯环结构中不存在C-C单键与C=C双键的交替结构，故③错误；④如果是单双键交替结构，邻二甲苯的结构有两种，一种是两个甲基夹C-C，另一种是两个甲基夹C=C，邻二甲苯只有一种结构，说明苯环结构中的碳碳键只有一种，不存在C-C单键与C=C双键的交替结构，故④正确；⑤苯在FeBr3存在下同液溴可发生取代反应，生成溴苯，苯不因化学变化而使溴水褪色，说明苯分子中不含碳碳双键，可以证明苯环结构中不存在C-C单键与C=C双键的交替结构，故⑤正确；能够说明苯环结构中不存在单、双键交替结构的事实有①②④⑤，故选C。12、C【答案解析】

可逆反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等（同种物质）或正逆反应速率之比等于系数之比（不同物质），平衡时各种物质的物质的量、浓度等不再发生变化，由此衍生的一些物理量不变，以此分析。【题目详解】①消耗2molSO2的同时生成2molSO3，即V正（SO2）=V正（SO3），速率同向，不能确定是否达到平衡，故①错误；②SO2、O2与SO3的物质的量之比为2：1：2，这与反应的初始物质的量以及反应的转化程度有关，不能确定是否达到平衡，故②错误；③反应混合物中，SO3的质量分数不再改变，即各物质的浓度保持不变，能确定是否达到平衡，故③正确；故选：C。13、D【答案解析】

A.乙烯和CH2＝CH－CH3都含有碳碳双键，均能使酸性高锰酸钾溶液褪色，不能鉴别，A错误；B.将铁屑、液溴、苯混合制溴苯，不是溴水，B错误；C.苯和硝基苯互溶，不能采用分液的方法分离，应该是蒸馏，C错误；D.将铜丝在酒精灯上加热后铜转化为氧化铜，立即伸入无水乙醇中乙醇把氧化铜还原为铜，铜丝恢复成原来的红色，D正确。答案选D。14、B【答案解析】

乙酸能和氢氧化铜发生中和反应，使悬浊液变澄清，溶液显蓝色；葡萄糖有醛基，加热时与氢氧化铜能生成砖红色氧化亚铜沉淀；淀粉无现象，所以可选用的试剂是氢氧化铜悬浊液。故选B。15、C【答案解析】

A.中子数为10的氧原子的原子符号应该为188O，A错误；B.HCl是共价化合物，电子式为，B错误；C.甲烷的比例模型为，C正确；D.乙烯的结构简式应该为CH2＝CH2，D错误；答案选C。16、A【答案解析】

A项、元素的非金属性越强，单质与氢气越易反应，单质与氢气化合时M难于N，说明M的非金属性比N弱，故A正确；B项、N元素为第二周期非金属元素，其气态氢化物NH3溶于水后溶液呈碱性，故B错误；C项、同主族元素随原子序数的增大，金属性增强，铊与铝同主族，金属性Tl＞Al，Tl能与酸反应，不与氢氧化钠溶液反应，故C错误；D项、原子最外电子层只有1个电子的H元素为短周期非金属元素，故D错误；故选A。【答案点睛】本题考查元素周期律，注意同主族元素和同周期元素的原子结构和性质变化规律，明确金属性与非金属性强弱的比较方法是解答本题的关键。二、非选择题（本题包括5小题）17、NH3+HNO3=NH4NO3Al3+KOHH—O—H2F2+2H2O=4HF+O2Br—＞Cl—＞F—【答案解析】

根据元素在周期表中的位置知，①为N元素、②为K元素、③为Mg元素、④为F元素、⑤为Al元素、⑥为C元素、⑦为O元素、⑧为Cl元素、⑨为Br元素、⑩为Ne元素，结合原子结构和元素周期律分析解答。【题目详解】根据元素在周期表中位置知，①为N元素、②为K元素、③为Mg元素、④为F元素、⑤为Al元素、⑥为C元素、⑦为O元素、⑧为Cl元素、⑨为Br元素、⑩为Ne元素。(1)元素⑥与⑧元素组成的化合物为四氯化碳，四氯化碳为共价化合物，其电子式为，故答案为：；(2)①的气态氢化物为氨气，其最高价氧化物水化物为硝酸，二者反应生成硝酸铵，反应的化学方程式为：NH3+HNO3=NH4NO3；第三周期中除⑩元素以外离子中，铝离子的电子层最少，且金属离子中铝离子的核电荷数最大，则铝离子是第三周期中离子半径最小，故答案为：NH3+HNO3=NH4NO3；Al3+；(3)②为K元素、③为Mg元素、⑤为Al元素，K的金属性最强，则最高价氧化物对应的水化物碱性最强的为KOH；元素⑦的氢化物为水，水分子中存在两个氧氢键，其结构式为：H-O-H；元素④单质为氟气，氟气与水反应生成氟化氢和氧气，反应的化学方程式为：2F2+2H2O=4HF+O2，故答案为：KOH；H-O-H；2F2+2H2O=4HF+O2；(4)与②同主族，第三周期的元素单质为钠，钠在⑦的单质氧气中燃烧生成过氧化钠，过氧化钠为离子化合物，其电子式为：；④⑧⑨分别为F、Cl、Br元素，非金属性：F＞Cl＞Br，则元素阴离子的还原性由强到弱顺序为：Br-＞Cl-＞F-，故答案为：；Br-＞Cl-＞F-。18、1s22s22p63s23p63d54s2HClO4PH3先产生蓝色沉淀，后沉淀溶解最终得到深蓝色溶液【答案解析】

前四周期元素X、Y、Z、R、Q核电荷数逐渐增加，Y原子的M层p轨道有3个未成对电子,则外围电子排布为3s23p3，故Y为P元素；Z与Y同周期,且在该周期中电负性最大，则Z为Cl元素；R原子的L层电子数与最外层电子数之比为4∶1，最外层电子数为2,其d轨道中的电子数与最外层电子数之比为5∶2,d轨道数目为5,外围电子排布为3d54s2,故R为Mn元素,则X、Y、Z、R四种元素的核电荷数之和为58,则X核电荷数为58-15-17-25=1,故X为H元素；Q2+的价电子排布式为3d9。则Q的原子序数为29,故Q为Cu元素。【题目详解】（1）R为Mn元素,则R基态原子核外电子的排布式为1s22s22p63s23p63d54s2，答案：1s22s22p63s23p63d54s2。（2）Z为Cl元素，Z元素的最高价氧化物对应的水化物是高氯酸，其化学式是HClO4。（3）Y为P元素,Z为Cl元素,X为H元素,Y、Z分别与X形成最简单共价化合物为PH3和HCl，因非金属性Cl＞P，则稳定性大小为HCl>PH3；答案：PH3。（4）Q为Cu元素，其硫酸盐溶液为CuSO4溶液，逐滴加入氨水先生Cu(OH)2蓝色沉淀,继续滴加，沉淀又溶解形成配合物[Cu(NH3)4]SO4的深蓝色溶液。不考虑空间结构，配离子[Cu(NH3)4]2+的结构可用示意图表示为；答案：先产生蓝色沉淀，后沉淀溶解最终得到深蓝色溶液；。19、还原性HCl、H2O(g)Cl2+2OH—======Cl—+ClO—+H2OMnO2+4HClMnCl4+2H2OMnCl4======Cl2↑+MnCl2III中没有明显现象的原因是c(H+)、c(Cl－)较低，需要增大到一定浓度才能被MnO2氧化MnO2氧化盐酸的反应中c(H+)变化的影响大于c(Cl－)【答案解析】测试卷分析：（1）MnO2与浓盐酸反应制取Cl2的反应中，氯元素化合价由-1升高为0；（2）浓盐酸具有挥发性；（3）氯气密度大于空气，用向上排空气法收集氯气；（4）氯气与氢氧化钠溶液反应生成次氯酸钠和氯化钠；（5）①I中溶液呈浅棕色是由于MnO2与浓盐酸发生了复分解反应，复分解反应中元素化合价不变，所以MnO2与浓盐酸反应生成MnCl4和水；②II中MnCl4发生了分解反应生成MnCl2和氯气；③III、IV作对比，可以看出c(H+)或c(Cl－)增大到一定数值时都能生成氯气；将i、ii作对比，可以看出c(H+)>7mol/L放出氯气、c(Cl－)>10mol/L放出氯气；解析：（1）MnO2与浓盐酸反应制取Cl2的反应中，氯元素化合价由-1升高为0，所以浓HCl发生氧化反应，表现浓盐酸的还原性；（2）由于浓盐酸具有挥发性，A中产生的Cl2中含有的杂质可能是HCl、H2O(g)；（3）氯气密度大于空气，用向上排空气法收集氯气，所以装置如图；（4）氯气与氢氧化钠溶液反应生成次氯酸钠和氯化钠，反应的离子方程式是Cl2+2OH—==Cl—+ClO—+H2O；（5）①I中溶液呈浅棕色是由于MnO2与浓盐酸发生了复分解反应，复分解反应中元素化合价不变，所以MnO2与浓盐酸反应生成MnCl4和水，反应方程式是MnO2+4HClMnCl4+2H2O；②II中MnCl4发生了分解反应生成MnCl2和氯气，反应的化学方程式是MnCl4==Cl2↑+MnCl2；③III中没有明显现象的原因是c(H+)、c(Cl－)较低，盐酸需要增大到一定浓度才能被MnO2氧化；将i、ii作对比，可以看出c(H+)>7mol/L放出氯气、c(Cl－)>10mol/L放出氯气；MnO2氧化盐酸的反应中c(H+)变化的影响大于c(Cl－)。20、B从右向左滤纸上有蓝色沉淀产生(答出“蓝色沉淀”或“蓝色斑点”即可)增大4OH--4e-=2H2O+O2↑Fe-6e-+8OH-=FeO42-+4H2O1682FeO42-+6e-+5H2O=Fe2O3+12OH-【答案解析】分析：I.甲装置是原电池，Zn作负极，Cu作正极，利用该原电池电解氢氧化钠溶液，结合原电池、电解池的工作原理解答。II.乙装置是电解池，铁电极与电源正极相连，作阳极，铁失去电子，碳棒是阴极，氢离子放电，结合电极反应式以及电子得失守恒解答。详解：（1）甲装置是原电池，Zn作负极，Cu作正极。若要保证电极反应不变，则另一个电极的活动性只要比Zn弱即可。根据金属活动性顺序可知Mg＞Zn，因此不能是Mg，答案选B。（2）根据同种电荷相互排斥，异种电荷相